精品解析：2022年广东省深圳市福田区石厦学校中考数学二模试卷

这是一份精品解析：2022年广东省深圳市福田区石厦学校中考数学二模试卷，文件包含精品解析2022年广东省深圳市福田区石厦学校中考数学二模试卷原卷版docx、精品解析2022年广东省深圳市福田区石厦学校中考数学二模试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。

2022年广东省深圳市福田区石厦学校中考数学二模试卷
一．选择题（共12小题，共30分）
1. 如图是由六个完全相同的正方体堆成的物体，则这一物体的正视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从正面看易得左边一列有2个正方形，右边一列有一个正方形．
故选：A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由同底数幂乘法、积乘方、幂的乘方、合并同类项，分别进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A. ，故A错误；
B. ，故B错误；
C. ，故C正确；
D. ，故D错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数幂乘法、积的乘方、幂的乘方、合并同类项，解题的关键是熟练掌握运算法则分别进行判断．
3. 有一组数据：2，﹣2，2，4，6，7这组数据的中位数为（　　）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个．
【详解】解：将这组数据排序得：﹣2，2，2，4，6，7，
处在第3、4位两个数的平均数为（4+2）÷2＝3，
故选：B．
【点睛】考查中位数的意义和求法，找一组数据的中位数需要将这组数据从小到大排列后，处在中间位置的一个数或两个数的平均数即为中位数．
4. 如图，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝25°，，则∠BCA的度数为（　　）

A. 25° B. 50° C. 65° D. 75°
【答案】D
【解析】
【分析】根据证明，可得，根据三角形内角和定理即可求得的度数．
【详解】解：在与中，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
5. 已知，则=（ ）
A. B. C. D. 17
【答案】A
【解析】
【分析】根据比例的性质，由，得，则设，得到，，然后把，，代入中进行分式的运算即可．
【详解】解：∵，
∴，
设，得到，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了比例的性质：常用的性质有内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质．
6. 如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，，则的长为（ ）

A. 4 B. 8 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用矩形的性质可知对角线互相平分且，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：在矩形中，





故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理求直角边是解决本题的关键．
7. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，BC＝12，则AC＝( )

A. 3 B. 9 C. 10 D. 15
【答案】B
【解析】
【详解】∵sinA=，
∴AB==15，
在直角△ABC中,AC==9.
故选B.
8. 某班级开展活动共花费2300元，但有4位同学因时间冲突缺席，若总费用由实际参加的同学平均分摊，则每人比原来多支付4元，设原来有x人参加活动，由题意可列方程（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设原来有x人参加聚餐，则实际有（x-4）人参加聚餐，根据“总费用由实际参加的同学平均分摊，则每人比原来多支付4元”，列出方程即可解答．
【详解】解：设原来有x人参加聚餐，则实际有（x-4）人参加聚餐，
根据题意得，
故选：D．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
9. 已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（m，0），B（n，0）两点，已知m+n＝4，且﹣4≤m≤﹣2．图象与y轴的正半轴交点在（0，3）与（0，4）之间（含端点）．给出以下结论：①6≤n≤8；②对称轴是直线x＝2；③当时，抛物线的开口最大；④二次函数的最大值可取到6．其中正确结论的个数为（　　）个

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先根据可得，再根据即可判断①；根据二次函数的对称轴是直线即可判断②；先求出的取值范围，再根据二次函数的图象与轴的交点位置可得的取值范围，从而可得的取值范围，然后根据二次函数与一元二次方程的联系、一元二次方程的根与系数的关系可得，从而可得的取值范围，最后根据抛物线的开口大小与的值的关系即可判断③；先求出当时，二次函数取得最大值，最大值为，再根据的取值范围求出的取值范围，由此即可判断④．
【详解】解：由得：，
，
，
，
，结论①正确；
二次函数的图象与轴交于两点，且，
此二次函数的对称轴是直线，结论②正确；
，
，
，
二次函数的图象与轴的正半轴交点在与之间（含端点），
，
，
，
又二次函数的图象与轴交于两点，
是关于的一元二次方程的两个实数根，
，
，
，
由二次函数图象的开口向下得：，
则的值越大，抛物线的开口越大，
所以当时，抛物线的开口最小；当时，抛物线的开口最大，结论③正确；
此二次函数的对称轴是直线，
当时，为最大值，且，
最大值，
由得：，
又，
，
则二次函数的最大值不可取到6，结论④错误；
综上，正确结论的个数为3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系、一元二次方程的根与系数的关系等知识点，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
10. 如图，正方形中，E、F分别为边上点，且，过F作，交于G，过H作于M，若，则下列结论中：
①；②；③，其中结论正确的是( )

A. 只有①② B. 只有①③ C. 只有②③ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】①根据∠ABE的余角是∠BGF和∠AEB，得到∠BGF=∠AEB，根据SAS证明△ABE≌△CBF，得到∠AEB=∠CFB，即可得到∠BGF=∠CFB；②将△DFH绕点D顺时针旋转90°，得到△DEN，证明N，E，H三点共线，根据DH=HN即可得到答案；③连接EF，证明EF=，BE=BF= ,根据求出，根据求出，即可得到答案．
【详解】①∵正方形ABCD中，AB=BC=9，∠A=∠C=90°，且AE=CF=3，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠CFB=∠AEB，
∵FG⊥BE，
∴∠BHG=90°，
∴∠BGH+∠ABE=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠BGH=∠AEB，
∴，正确；
②∵AD=CD，AE=CF，
∴DE=DF,
将△DFH绕点D顺时针旋转90°，得到△DEN，点F的对应点为点E，
则∠HDN=90°，∠DFH=∠DEN，DH=DN，FH=EN，
∵∠EDF+∠EHF=180°，
∴∠DEH+∠DFH==180°，
∴∠DEH+∠DEN=180°，
∴N，E，H三点在同一条直线上，
∴∠N=∠DHN= (180°-∠HDN)=45°，
∴DH=HN=EH+EN=EH+FH，
∴，正确；

③连接EF，
∵AD=CD=9，AE=CF=3，，
∴DE=DF=6，
∴EF=，
∵，
∴，
设BH=x，则EH=BE-BH=，
∵，
∴，
∴，即，
∵HM⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∴
故正确．

∴正确的结论为①②③，
故选D．
【点睛】本题综合考查了正方形和三角形，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握正方形的边角性质，三角形全等的判定定理和性质定理，勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数定义．
二．填空题（共5小题，共15分）
11. 分解因式：=_______．
【答案】4（x+2）（x-2）
【解析】
【分析】先提公因式4，然后使用平方差公式因式分解即可．
【详解】解：原式=4（x2-4）
=4（x+2）（x-2）．
【点睛】本题考查了提公因式法和公式法，熟练掌握平方差公式a2-b2=（a+b）（a-b）是解题的关键．
12. 若是方程的根，则____________．
【答案】1
【解析】
【分析】本题根据一元二次方程的根的定义，把x=1代入方程得到a的值．
【详解】把x=1代入方程，得1−2+a=0，
解得a=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．
13. 人字梯为现代家庭常用的工具．如图，若，的长都为，当时，人字梯顶端离地面的高度为__________．（参考数据：，，）

【答案】2.05
【解析】
【分析】Rt△ADC中，求出AD即可．
【详解】解：∵AB=AC=2.5m，AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴AD=AC•sin55°=2.5×0.82≈2.05（m），
故答案为2.05．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14. 已知实数、满足，若关于的一元二次方程的两个实数根分别为，则的值为___
【答案】1
【解析】
【分析】根据非负数的性质得出a=2，b=-3，根据根与系数的关系可得，，整体代入即可求得．
【详解】解：，
，，
，，
关于的一元二次方程的两个实数根分别为，
，，
，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了非负数的性质以及一元二次方程的根与系数的关系，解决本题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数的关系．
15. 如图，在中，，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D，交于点C，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，交于点F，则图中阴影部分面积为 _____．

【答案】##
【解析】
【分析】设，则，先利用勾股定理求出，再求出，最后根据进行求解即可．
【详解】解：设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
由题意得，，
∴

，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形面积，勾股定理，熟知扇形面积公式是解题的关键．
三．解答题（共4小题，满分55分）
16. 先化简，再求值：，其中
【答案】，
【解析】
【分析】将括号里通分，除法化为乘法，因式分解，约分，再代值计算即可．
【详解】解：原式=


当时，原式．
【点睛】本题考查了分式化简求值，解答此题的关键是把分式化到最简，然后代值计算．
17. 如图，有四张背面相同的纸牌，其正面分别画有四个不同的几何图形，将这四张纸牌背面朝上洗匀后放在桌面上．

（1）小红从中随机摸出一张，求摸出的牌面图形是中心对称图形的概率；
（2）小明从这四张纸牌中随机摸出两张，用树状图或表格法，求摸出的两张牌面图形都是中心对称图形的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据中心对称图形的定义判断四个图形是否是中心对称图形，再根据概率计算公式求解即可；
（2）先列出表格得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．
【小问1详解】
解：正三角形不是中心对称图形；圆是中心对称图形；平行四边形是中心对称图形；正五边形不是中心对称图形；
∴四个图形中有两个图形是中心对称图形，
∴小红从中随机摸出一张，摸出的牌面图形是中心对称图形的概率为；
【小问2详解】
解：列表如下：

A
B
C
D
A

（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）

（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）

（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）

由表格可知一共有12种等可能性的结果数，其中摸出的两张牌面图形都是中心对称图形的结果数有2种，
∴摸出的两张牌面图形都是中心对称图形的概率为．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，树状图法或列表法求解概率，中心对称图形的识别，灵活运用所学知识是解题的关键．
18. 某中学九年级学生开展测量物体高度的实践活动，他们要测量学校一幢教学楼的高度，如图，他们先在点C测得教学楼的顶点A的仰角为，然后向教学楼前进20米到达点D，又测得点A的仰角为，请根据这些数据，求这幢教学楼的高度．（最后结果精确到1米，参考数据）

【答案】27米
【解析】
【分析】首先根据题意分析图形；本题涉及到两个直角三角形，应利用其公共边及构造方程关系式，进而可解，即可求出答案．
【详解】解：由已知，可得：，，
在中，．
又在中，
，
，即．
，
，
即，
米．
答：教学楼的高度为27米．
【点睛】本题考查了仰角与俯角--解直角三角形的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
19. 如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC，DF⊥AE，垂足为F，连接DE．
（1）求证：AB=DF；
（2）若AD=10，AB=6，求tan∠EDF的值．

【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由矩形性质得到∠B=∠DFA,AE=BC,AD=BC，证得△AEB≌△DAF；
（2）由（1）可知：DF=AB=6，AE=AD=10. 在Rt△AFD中，求出AF和EF.
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC,AD∥BC，∠B=90°.
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠FAD
∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°
∴∠B=∠DFA
∵AE=BC，AD=BC，
∴AE=AD
∴△AEB≌△DAF
∴AB=DF
（2）解：由（1）可知：AB=DF=6，AE=AD=10.
在Rt△AFD中，∠DFA=90°，
∴AF===8
∴EF=AE-AF=10-8=2
在Rt△DFE中，∠DFE=90°
∴tan∠EDF===
【点睛】矩形性质，求正切.
20. 某中学为丰富学生的校园生活，准备从友谊体育用品商店一次性购买若干个足球和篮球（每个足球的价格相同、每个篮球的价格相同），若购买3个篮球和2个足球共需420元；购买2个篮球和4个足球共需440元．
（1）购买一个篮球、一个足球各需多少元？
（2）根据该中学的实际情况，需要从该体育用品商店一次性购买足球和篮球共20个．要求购买篮球数不少于足球数的2倍，总费用不超过1840元，那么这所中学有哪几种购买方案？哪种方案所需费用最少？
【答案】（1）：购买一个篮球需要100元，一个足球需要60元；（2）有三种方案，其中购买篮球14个，足球6个所需费用最少．
【解析】
【分析】（1）设每个篮球x元，每个足球y元，根据购买3个篮球和2个足球共需420元；购买2个篮球和4个足球共需440元，可得出方程组，解出即可；
（2）设购买篮球y个，则购买足球（20﹣y）个，由购买篮球数不少于足球数的2倍，总费用不超过1840元，可得出不等式组，解出即可．
【详解】（1）设每个篮球x元，每个足球y元，由题意，得：，解得：．

答：购买一个篮球需要100元，一个足球需要60元．
（2）设购买篮球y个，则购买足球（20﹣y）个，由题意，
得：，
解得：≤y≤16．
∵y为整数，∴有3种方案：
①购买篮球14个，足球6个；
②购买篮球15个，足球5个；
③购买篮球16个，足球4个．
∵篮球较贵一些，∴方案①所需费用最低．
【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的应用及二元一次方程组的应用知识点．
21. 如图1，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（-1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2），点P是抛物线上的一个动点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，交直线BC于点D．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标；
（3）如图2，当点P位于直线BC上方的抛物线上时，过点P作PE⊥BC于点E，设△PDE的面积为S，求当S取得最大值时点P的坐标，并求S的最大值．

【答案】（1）y=-x2+x+2；（2）Q点坐标为（2，0）或（2+2，0）或（2-2，0）；（3）当P为（2，3）时，S有最大值，最大值为=．
【解析】
【分析】（1）把A、B、C三点的坐标代入可求得a、b、c的值，可得出函数表达式；
（2）可先求得BC的解析式，设出Q点坐标，可表示出D点坐标和P点坐标，可表示出PD的长，由条件可得PD=OC=2，可求得P点坐标，则可得Q点的坐标；
（3）可设出P的坐标，由PQ∥OC可表示出DQ、BD，由△PED∽△BQD可表示出PE和DE，则可表示出S，再结合P在直线BC上方，可求得S的最大值，可求得P点的坐标．
【详解】（1）∵二次函数与x轴交于A（-1，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，2），
∴代入二次函数解析式可得，得 ，
∴二次函数表达式为y=-x2+x+2；
（2）设直线BC解析式为y=kx+b，
∵B（4，0），C（0，2），
∴代入可得，
解得，
∴直线BC解析式为y=-x+2，
设Q坐标为（m，0），则可知D点坐标为（m，-m+2），
又∵P点在抛物线上，
∴P点坐标为（m，-m2+m+2），
当P、D、O、C为顶点的四边形为平行四边形时，则有PD=OC=2，
即|-m2+m+2-（-m+2）|=2，即|-m2+2m|=2，
当-m2+2m=2时，解得m=2，则Q坐标为（2，0），
当-m2+2m=-2时，解得m=2±2，则Q坐标为（2+，0）或（2-，0），
综上可知Q点坐标为（2，0）或（2+2，0）或（2-2，0）；
（3）设Q点坐标为（n，0），由（2）可知D为（n，-n+2），P点坐标为（n，-n2+n+2），
∴PD=-n2+2n=n（4-n），DQ=-n+2，
又∵OB=4，
∴BQ=4-n，
在Rt△OBC中，OC=2，OB=4，由勾股定理可求得BC=2，
∵OQ∥OC，
∴，即，解得BD=，
∵PE⊥BC，PQ⊥QB，
∴∠PED=∠BQD=90°，且∠PDE=∠BDQ，
∴△PED∽△BQD，
∴，
即，
解得PE=，DE=，
∴S=PE•DE=××=（-n2+4n）2，
令t=-n2+4n=-（n-2）2+4，
∵P在直线BC上方，
∴0＜n＜4，
∴0＜t≤4，且当n=2时，t有最大值4，
此时P点坐标为（2，3），
∴当t=4时，Smax=×42=，
综上可知当P为（2，3）时，S有最大值，最大值为=．
【点睛】本题主要考查待定系数法求函数解析式及平行四边形的性质、平行线分线段成比例和相似三角形的判定和性质．在（1）中注意待定系数法应用的关键是点的坐标，在（2）中用Q的坐标表示出PD的长度，得到关于Q点坐标的方程是解题的关键，在（3）中用Q点的坐标表示出PE、DE的长度是解题的关键．本题知识点多，计算量大，难度较大．
.
22. 综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．